【答案】A
【解析】非金属元素形成的氢化物稳定性，主要看非金属元素的原子半径的大小，非金属元素的原子半径越小，与氢原子结合的越牢固，氢化物越稳定；原子半径FHI，A正确；原子半径CSiH4，B错误；原子半径P>N，所以PH3H2S，D错误；正确选项A。
点睛：
同一周期从左到右，元素的非金属性增强，形成氢化物就越稳定；同一主族从上到下，元素的非金属性减弱，形成氢化物就越不稳定。
5.已知723K时，2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）ΔH=﹣QkJ·
，在相同条件下，向一密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出的热量为Q1kJ；向另一体积相同的密闭容器中通入1molSO2和0.5molO2，达到平衡时放出的热量为Q2kJ．则Q1、Q2、Q满足的关系是（）
A.Q2=
B.Q2＞
C.Q2＜Q1＜QD.Q=Q1＞Q2
【答案】C
6.金刚石与石墨是碳的两种同素异形体。
已知25℃、101kPa下
C（s、石墨）＋O2（g）=CO2（g）△H1＝－393.51kJ/mol
C（s、金刚石）＋O2（g）=CO2（g）△H2＝－395.41kJ/mol下列说法或表达正确的是（）
A.“钻石恒久远,一颗永流传”，说明金刚石比石墨稳定
B.C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H>0
C.金刚石在隔绝空气的条件下加热到1000℃，可转变为石墨，则该反应为吸热反应
D.由于金刚石是天然存在的最硬的物质，所以不能用石墨为原料人工合成金刚石
【答案】B
【解析】A、①C（s、石墨）＋O2（g）=CO2（g），②C（s、金刚石）＋O2（g）=CO2（g），①－②得到：
C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=＋1.9kJ·mol－1，能量越低，物质越稳定，石墨的能量低于金刚石，因此石墨比金刚石稳定，故A错误；B、根据选项A的分析，故B正确；C、根据A选项分析，石墨转化成金刚石，属于吸热反应，金刚石转化成石墨属于放热反应，故C错误；D、石墨在一定条件下，可以转化金刚石，故D错误。
7.pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，所得混合液的pH＝11，则消耗NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比是（）
A.11∶1B.9∶1C.1∶11D.1∶9
【答案】D
【解析】试题分析：
设NaOH溶液和H2SO4溶液的体积分别为X、Y，pH＝13的NaOH溶液中c（OH－）＝0.1mol·L-1，pH＝2的H2SO4溶液中c（H＋）＝0.01mol·L-1，混合后溶液显碱性，则有：
解得X︰Y＝1∶9，答案选D。
【考点定位】本题主要是溶液酸碱性判断和pH计算
【名师点晴】pH计算的总体原则为：
若溶液为酸性，先求c（H＋），再求pH＝－lgc（H＋）；若溶液为碱性，先求c（OH－），再求c（H＋）＝KW/c（OH－），最后求pH。
如果是酸碱混合，则首先要判断过量，恰好反应时，溶液显中性；如果酸过量，则首先计算溶液中氢离子浓度，然后计算pH；如果是碱过量，则首先计算氢氧根离子的浓度，然后利用水的离子积常数计算氢离子浓度，最后计算pH。
需要指出的是再利用水的离子积常数计算氢氧根离子浓度时要注意溶液的温度，只有在常温下才是10－14。
8.已知草酸晶体（H2C2O4·XH2O）可溶于水，并可与酸性高锰酸钾溶液完全反应:
2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4==K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O。
现用氧化还原滴定法测定草酸晶体的结晶水分子数X，步骤如下:
①用分析天平称取草酸晶体1.260g，将其配制成100.00mL待测草酸溶液
②用移液管移取25.00mL待测草酸溶液于锥形瓶中，并加入适量硫酸酸化
③用浓度为0.1000mol/L的KMnO4标准溶液进行滴定，三次结果如下:
第一次滴定
第二次滴定
第三次滴定
待测溶液体积（mL）
25.00
25.00
25.00
标准溶液体积（mL）
9.99
10.01
10.00
已知H2C2O4的相对分子质量为90，请回答下列问题:
（1）滴定时，KMnO4标准溶液应该装在_____（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
（2）在整个实验过程中,不需要的仪器或用品是_____（填序号）。
①100mL容量瓶②烧杯③滴定管夹④漏斗⑤玻璃棒⑥托盘天平
（3）到达滴定终点的标志是_________。
（4）根据上述数据计算X=__________。
（5）误差分析（填偏高、偏低或无影响）:
①若滴定开始时仰视滴定管刻度，滴定结束时俯视滴定管刻度，则X值_____；
②若KMnO4标准溶液浓度偏低，则X值_____；
【答案】
（1）.酸式
（2）.④⑥（3）.最后一滴标准液滴入锥形瓶中，溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色（4）.2（5）.偏高（6）.偏低
【解析】考查滴定法的使用，
（1）KMnO4具有强氧化性，根据滴定管的构造，盛装KMnO4的滴定管是酸式滴定管；
（2）实验过程中需要配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器有100mL容量瓶、分析天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，滴定实验需要的仪器是锥形瓶、酸碱式滴定管、滴定管夹等，因此不需要的仪器是漏斗和托盘天平，即④⑥；（3）滴定终点的标志为最后一滴标准液滴入锥形瓶中，溶液恰好由无色变成紫红色，且30秒内不褪色；（4）三次平均消耗标准的体积为（9.99＋10.01＋10.00）/3mL=10.00mL，根据反应方程式有：
10.00×10－3×0.1000×5=n（H2C2O4）×2×1，解得n（H2C2O4）=2.5×10－3mol，即样品中H2C2O4的物质的量为2.5×10－3×100/25mol=0.01mol，结晶水的质量为（1.260－0.01×90）g=0.36g，则结晶水的物质的量为0.36/18mol=0.02mol，即x=2；（5）①滴定开始时，仰视读数，滴定结束后俯视读数，消耗标准液的体积减小，即H2C2O4的量减少，H2O的量增加，X值偏高；②KMnO4浓度偏低，H2C2O4的量增大，H2O的量减少，X值偏低。
点睛：
滴定管的选择，碱式滴定管只能盛装碱性溶液，酸式滴定管盛装的是酸性溶液和强氧化性的物质；称取固体的质量是1.260g，托盘天平精确度为0.1g，因此不需要用托盘天平，而需要分析天平。
9.SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。
工业上常采用催化
还原法或吸收法处理SO2。
催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。
（1）在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和H2O已知CH4和S的燃烧热分别为890.3 kJ /mol 和297.2 kJ /mol，CH4和SO2反应的热化学方程式为____________。
（2）用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图1所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2 所示：
①分析可知X为_______（写化学式），0~t1时间段的温度为______，0~t1时间段用SO2 表示的化学反应速率为_____________。
②总反应的化学方程式为_____________。
（3）工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，该反应的离子方程式为_________，比较Na2SO3，溶液中各离子浓度的大小关系为__________。
【答案】
（1）.CH4（g）+2SO2（g）===CO2（g）+2S（s）+2H2O（l）△H=-295.9kJ/mol
（2）.H2S（3）.300℃（4）.2×10-3/t1mol/（L·min）（5）.2H2+SO2
S+2H2O（6）.SO32-+SO2+H2O===2HSO3-（7）.c（Na+）＞＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（HSO3-）＞c（H+）
【解析】本题以消除大气污染物SO2的各种方法讨论为基础，主要考查盖斯定律、热化学方程式、质量守恒定律、化学反应速率计算、离子方程式、离子浓度大小比较等基础知识，考查考生的读图能力、对化学反应过程的综合分析能力和化学知识的综合运用能力。
解析：
（1）根据已知可得CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol……①、S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-297.2kJ/mol……②，CH4使SO2转化为S的反应原理是CH4+2SO2=2S+CO2+2H2O，反应①-②×2得CH4（g）+2SO2（g）=2S（s）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-295.9kJ/mol。
正确答案：
CH4（g）+2SO2（g）=2S（s）+CO2（g）+2H2O（l）△H=-295.9kJ/mol。
（2）第一步300℃时，对应图2的0~t1时间段，通过读图可知参加反应的H26×10-3mol/L、SO2（3-1）×10-3mol/L、生成X2×10-3mol/L，因此反应过程中这三种物质的计量系数之比为3:
1:
1，既3H2+SO2→X……③。
同理100~200℃反应为2X+SO2→S……④。
H2还原SO2生成S的同时产生H2O，既SO2+2H2=S+2H2O，所以反应④参加反应的O元素生成H2O，反应④为2X+SO2=S+2H2O，根据质量守恒定律X为H2S。
0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为
。
正确答案：
H2S、300℃、
、SO2+2H2=S+2H2O。
（3）Na2SO3吸收SO2反应生成NaHSO3，反应离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3-。
Na2SO3溶液中，Na2SO3=2Na++SO32-，SO32-+H2O
HSO3-+OH-、HSO3-+H2O
H2SO3+OH-，H2O
H++OH-，其中SO32-水解只占总SO32-的一小部分，HSO3-水解只占第一步水解生成的总HSO3-的一小部分，且SO32-水解程度大于HSO3-。
所以溶液中各离子浓度大小关系为c（Na+）＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（HSO3-）＞c（H+）。
正确答案：
SO32-+SO2+H2O=2HSO3-、c（Na+）＞c（SO32-）＞c（OH-）＞c（HSO3-）＞c（H+）。
点睛：
如果把化学方程式当成数学等式，由已知的热化学方程式书写未知热化学方程式，或者计算未知热化学方程式的反应热，可以由已知等式先换算到未知的热化学方程式，反应热则根据方程式的换算同样计算。
例如本题
（1），通过①-②×2可以得到新的热化学方程式的方程式部分，反应热则为△H（①）-△H（②）×2=-890.3kJ/mol-2×（-297.2kJ/mol）=-295.9kJ/mol。
10.科学家预言，燃料电池将是21世纪获得电能的重要途径。
近几年开发的甲醇燃料电池是采用铂作电极催化剂，电池中的质子交换膜只允许质子和水分子通过。
其工作原理的示意图如下：
请回答下列问题：
（1）Pt（a）电极是电池的________极，电极反应式为__________________；Pt（b）电极发生________（填“氧化”或“还原”）反应，电极反应式为___________。
（2）电池的总反应方程式为____________________。
（3）如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有______mol。
【答案】
（1）.负
（2）.CH3OH＋H2O－6e－===CO2＋6H＋（3）.还原（4）.O2＋4H＋＋4e－===2H2O（5）.2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O（6）.
【解析】试题分析：
（1）根据装置图可知Pt（a）电极通入甲醇被氧化为CO2，所以Pt（a）是负极，电极反应式为CH3OH－6e—＝CO2＋6H＋；Pt（b）电极是正极，反生还原反应，氧气得到电子。
电极反应式为O2＋4H＋＋4e—＝2H2O。
（2）根据以上分析可知总反应式为甲醇被氧气氧化为CO2和水，方程式为2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。
（3）根据负极电极反应式CH3OH－6e—＝CO2＋6H＋可知如果该电池工作时电路中通过2mol电子，则消耗的CH3OH有2mol÷6＝1/3mol。
考点：
考查原电池原理的应用
11.硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。
工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是
，并含少量的
、
、MgO、CaO等，生产工艺流程图如下：
（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是____________。
（2）写出Fe3+水解的离子方程式_____________。
（3）根据下表数据，调节“滤液2”的pH时，理论上可选用的最大区间为______。
沉淀化学式
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
开始溶解的pH
Ksp
（4）工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是_______选填序号。
大理石粉
石灰乳
纯碱溶液d氨水
（5）“滤液4”之后的操作依次为_______、_______、过滤，洗涤，干燥。
（6）分析图中数据，菱锌矿粉中
的质量分数不低于_______用代数式表示。
【答案】
（1）.增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分
（2）.Fe3++3H2O
Fe（OH）3+3H+（3）.
或其它合理答案）（4）.bd（5）.蒸发浓缩（6）.冷却结晶或其它合理答案（7）.
2
1或其它合理答案
【解析】考查化学工艺流程，
（1）将棱锌矿研磨成粉的目的是增大反应物接触面积或增大反应速率或使反应更充分；
（2）Fe3＋为弱碱根离子，水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2O
Fe（OH）3＋3H＋；（3）滤液2中调节pH，得到滤液3和Zn（OH）2，即Mg2＋不能出现沉淀，Zn（OH）2不溶解，因此pH的区间为
；（4）a、大理石不溶于水，无法让Mg2＋转化成Mg（OH）2，故a错误；b、加入石灰乳，利用氢氧化镁比Ca（OH）2更难溶的性质，将Mg2＋转化成Mg（OH）2，故b正确；c、纯碱与Mg2＋反应生成MgCO3，MgCO3的溶解度大于Mg（OH）2，故c错误；d、Mg2＋能够转化成Mg（OH）2，故d正确；（5）得到ZnSO4·7H2O，一般采用方法是蒸发浓缩、冷却结晶；（6）Zn（OH）2中锌的物质的量为m2×103/99mol，根据原子守恒，棱锌矿中锌原子物质的量至少为m2×103/99mol，即ZnCO3的物质的量至少为m2×103/99mol，即质量为125×m2×103/99g，质量分数为
2
1。
点睛：
本题的易错点是棱锌矿中碳酸锌质量分数的计算，学生直接用ZnSO4·7H2O的质量，再根据原子守恒计算ZnCO3的质量，忽略了得到滤液4时，加入锌粉，锌元素的质量增大，因此可以从氢氧化锌的质量入手进行计算。
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